2023年高考金榜预测数学试卷（三）（天津数学试卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考金榜预测卷（三）（天津卷）数学一、选择题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，由，得，解得，所以，所以，所以.故选：C.2．“”是“”的（

）．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗若，则满足，而不满足，当时，，所以，即，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B3．已知，则的大小关系为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意，，∵∴∴故选：D.4．像“，，”这样能够成直角三角形的数称为勾股数，又称为（

）A．毕达哥拉斯数 B．杨辉数 C．拉格朗日恒等数 D．三角数〖答案〗A〖解析〗勾股定理又称为毕达哥拉斯定理，故勾股数又称为毕达哥拉斯数.故选：A.5．函数在上的大致图象为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗函数定义域为R，，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除B；而，排除D，又，排除A，选项C符合题意.故选：C6．已知双曲线的左，右焦点分别为，，为的左顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗如图，由题意可得：，不妨设渐近线，即直线l的斜率，则，故，在中，，即，在中，，即，在中，，即，整理可得：，即，解得或（舍去），故双曲线的离心率为.故选：C.7．一个球与一个正三棱柱（底面为等边三角形，侧棱与底面垂直）的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由题意，设正三棱柱的底面边长为，则其内切球的半径为，所以正三棱柱的高为，又棱柱的体积为，得，所以球的表面积为．故选：A．8．一种药在病人血液中的量不少于才有效，而低于病人就有危险．现给某病人注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过（

）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：，，结果精确到）A．小时 B．小时 C．小时 D．小时〖答案〗A〖解析〗设应在病人注射这种药小时后再向病人的血液补充这种药，则，整理可得：，，，，，即应在用药小时后再向病人的血液补充这种药.故选：A.9．已知，函数恰有3个零点，则m的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗设，，求导由反比例函数及对数函数性质知在上单调递增，且，，故在内必有唯一零点，当时，，单调递减；当时，，单调递增；令，解得或2，可作出函数的图像，令，即，在之间解得或或，作出图像如下图数形结合可得：，故选：A二、填空题10．复数满足，则______.〖答案〗〖解析〗由题意，故，故〖答案〗为：.11．函数，，若时，直线是曲线的一条切线，则b的值为______.〖答案〗〖解析〗当时，，设切点为，因为是的一条切线，所以，解得，所以，又切点在切线上，所以，得．故〖答案〗为：12．在的展开式中，不含的各项系数之和为______.〖答案〗〖解析〗令可得各项系数之和为，二项展开式的通项公式为，令，则，故含项的系数为，则不含的各项系数之和为.故〖答案〗为：.13．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法．我国自年月日起实施全民免费接种新冠疫苗．截止到年月底，国家已推出了三种新冠疫苗（腺病毒载体疫苗、新冠病毒灭活疫苗、重组新冠病毒疫苗）供接种者选择，每位接种者任选其中一种．若人去接种新冠疫苗，恰有人接种同一种疫苗的概率为______．〖答案〗〖解析〗由题意，每位接种者等可能地从种任选一种接种，由分步乘法计算原理知，共有不同的结果，恰有人接种同一种疫苗，可先从5人中任选3人并成一组，有种结果，这个小团体有种疫苗可选，另外两人各有种疫苗可选，故共有种，故恰有三人接种同一种疫苗共有种不同结果，由古典概型概率计算公式得：．故〖答案〗为：.14．已知为等腰直角三角形，，圆M为的外接圆，，则__________；若P为圆M上的动点，则的取值范围为__________．〖答案〗0

〖解析〗在等腰直角中，，由得，点E是弦的中点，在圆M中，，因此；依题意，以圆M的圆心M为原点，直线CB为x轴，点A在y轴正半轴上，建立平面直角坐标系，如图，则有，圆M的方程为，因为P为圆M上的动点，设，，于是得，而，因此当时，，当时，，所以的取值范围为.故〖答案〗为：0；15．已知函数，，则______，若方程的所有实根之和为4，则实数m的取值范围是______.〖答案〗1

〖解析〗，则令，则的实根个数即函数与函数图像交点个数当时，函数与函数图像有1个交点，且交点横坐标大于1，即，函数与函数有2个交点，则方程有两根，且两根和为2，不符合题意；当时，函数与函数图像有2个交点，即或，则或或，则方程有3个根，且3根和为3，不符合题意；当时，函数与函数图像有2个交点，即或，函数与函数无交点，不符合题意；函数与函数有4个交点，且4个交点横坐标之和为4，则方程有4个根，且4根和为4，符合题意综上，实数m的取值范围是故〖答案〗为：1；三、解答题16．在中，内角所对的边分别为，，，已知（1）求角的大小；（2）已知，的面积为6，求：①边长的值；②的值.解：（1）由题意可得：，可得，∵，∴.（2）①∵的面积，∴，由余弦定理：，则；②∵，即，则，∴，故.17．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.（1）证明：记的中点为，连结，因为，，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以平行四边形是矩形，则，因为平面，平面，所以，则两两垂直，故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，因为为的中点，所以，则，设平面的一个法向量为，而，，则，令，则，所以，则，又平面，所以平面．.（2）解：设平面的一个法向量为，而，，所以，令，则，设平面的一个法向量为，而，，所以，令，则，记平面与平面夹角为，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）解：依题意，不妨设，则，，又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，所以，解得（负值舍去），所以，则，而由（2）得平面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.18．已知等比数列的前项和为，是等差数列，，，，.（1）求和的通项公式；（2）设的前项和为，，.求证：.（1）解：①，②，③，②①可得，因为，所以，设的公差为，则，即，代入③可得，解得，所以；由①②可得，，等比数列的公比为，所以.（2）证明：，，当为奇数时，，．由，有，即．19．已知椭圆的离心率为，椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合.椭圆的左顶点为A，直线与椭圆的另一个交点为，点关于原点的对称点为点，直线，与轴分别交于，两点.（1）求椭圆的方程.（2）是否存在定点，使得，若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.解：（1）抛物线的焦点为，由题意可得：，解得，故椭圆方程为.（2）存在定点，使得，理由如下：由（1）可得：，设，则，故直线的斜率，直线的斜率，则，∵点在椭圆上，则，即，∴，即，直线的方程为，令，则，即，同理可得：，设，则，故，若，则对任意恒成立，可得，解得，故存在定点T为或，使得.20．设为实数，函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，直线是曲线的切线，求的最小值；（3）若方程有两个实数根，证明：.（注：是自然对数的底数）（1）解：因为，所以，，当时，在上恒成立，函数在上单调递增；当时，由，解得，函数在上单调递增，由，解得，函数在上单调递减；综上，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）解：当时，，设切点为，则切线斜率，切线方程为，，∴，，所以，令，则，由，可得，由，可得，∴在上单调递减，在上单调递增，所以，即的最小值为；（3）证明：由，可得，令，则，由，可得，由，可得，所以在上单调递增，在上单调递减，且，∴，不妨设，则，故,令，，所以，，，要证，只要证，只要证，令，则，设，则，由，可得，由，可得，∴在上单调递减，在上单调递增，∵，，，则存在，使得，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∵，，∴在上恒成立，所以.2023年高考金榜预测卷（三）（天津卷）数学一、选择题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗，由，得，解得，所以，所以，所以.故选：C.2．“”是“”的（

）．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗若，则满足，而不满足，当时，，所以，即，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B3．已知，则的大小关系为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意，，∵∴∴故选：D.4．像“，，”这样能够成直角三角形的数称为勾股数，又称为（

）A．毕达哥拉斯数 B．杨辉数 C．拉格朗日恒等数 D．三角数〖答案〗A〖解析〗勾股定理又称为毕达哥拉斯定理，故勾股数又称为毕达哥拉斯数.故选：A.5．函数在上的大致图象为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗函数定义域为R，，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除B；而，排除D，又，排除A，选项C符合题意.故选：C6．已知双曲线的左，右焦点分别为，，为的左顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗如图，由题意可得：，不妨设渐近线，即直线l的斜率，则，故，在中，，即，在中，，即，在中，，即，整理可得：，即，解得或（舍去），故双曲线的离心率为.故选：C.7．一个球与一个正三棱柱（底面为等边三角形，侧棱与底面垂直）的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由题意，设正三棱柱的底面边长为，则其内切球的半径为，所以正三棱柱的高为，又棱柱的体积为，得，所以球的表面积为．故选：A．8．一种药在病人血液中的量不少于才有效，而低于病人就有危险．现给某病人注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过（

）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：，，结果精确到）A．小时 B．小时 C．小时 D．小时〖答案〗A〖解析〗设应在病人注射这种药小时后再向病人的血液补充这种药，则，整理可得：，，，，，即应在用药小时后再向病人的血液补充这种药.故选：A.9．已知，函数恰有3个零点，则m的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗设，，求导由反比例函数及对数函数性质知在上单调递增，且，，故在内必有唯一零点，当时，，单调递减；当时，，单调递增；令，解得或2，可作出函数的图像，令，即，在之间解得或或，作出图像如下图数形结合可得：，故选：A二、填空题10．复数满足，则______.〖答案〗〖解析〗由题意，故，故〖答案〗为：.11．函数，，若时，直线是曲线的一条切线，则b的值为______.〖答案〗〖解析〗当时，，设切点为，因为是的一条切线，所以，解得，所以，又切点在切线上，所以，得．故〖答案〗为：12．在的展开式中，不含的各项系数之和为______.〖答案〗〖解析〗令可得各项系数之和为，二项展开式的通项公式为，令，则，故含项的系数为，则不含的各项系数之和为.故〖答案〗为：.13．接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法．我国自年月日起实施全民免费接种新冠疫苗．截止到年月底，国家已推出了三种新冠疫苗（腺病毒载体疫苗、新冠病毒灭活疫苗、重组新冠病毒疫苗）供接种者选择，每位接种者任选其中一种．若人去接种新冠疫苗，恰有人接种同一种疫苗的概率为______．〖答案〗〖解析〗由题意，每位接种者等可能地从种任选一种接种，由分步乘法计算原理知，共有不同的结果，恰有人接种同一种疫苗，可先从5人中任选3人并成一组，有种结果，这个小团体有种疫苗可选，另外两人各有种疫苗可选，故共有种，故恰有三人接种同一种疫苗共有种不同结果，由古典概型概率计算公式得：．故〖答案〗为：.14．已知为等腰直角三角形，，圆M为的外接圆，，则__________；若P为圆M上的动点，则的取值范围为__________．〖答案〗0

〖解析〗在等腰直角中，，由得，点E是弦的中点，在圆M中，，因此；依题意，以圆M的圆心M为原点，直线CB为x轴，点A在y轴正半轴上，建立平面直角坐标系，如图，则有，圆M的方程为，因为P为圆M上的动点，设，，于是得，而，因此当时，，当时，，所以的取值范围为.故〖答案〗为：0；15．已知函数，，则______，若方程的所有实根之和为4，则实数m的取值范围是______.〖答案〗1

〖解析〗，则令，则的实根个数即函数与函数图像交点个数当时，函数与函数图像有1个交点，且交点横坐标大于1，即，函数与函数有2个交点，则方程有两根，且两根和为2，不符合题意；当时，函数与函数图像有2个交点，即或，则或或，则方程有3个根，且3根和为3，不符合题意；当时，函数与函数图像有2个交点，即或，函数与函数无交点，不符合题意；函数与函数有4个交点，且4个交点横坐标之和为4，则方程有4个根，且4根和为4，符合题意综上，实数m的取值范围是故〖答案〗为：1；三、解答题16．在中，内角所对的边分别为，，，已知（1）求角的大小；（2）已知，的面积为6，求：①边长的值；②的值.解：（1）由题意可得：，可得，∵，∴.（2）①∵的面积，∴，由余弦定理：，则；②∵，即，则，∴，故.17．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.（1）证明：记的中点为，连结，因为，，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以平行四边形是矩形，则，因为平面，平面，所以，则两两垂直，故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，因为为的中点，所以，则，设平面的一个法向量为，而，，则，令，则，所以，则，又平面，所以平面．.（2）解：设平面的一个法向量为，而，，所以，令，则，设平面的一个法向量为，而，，所以，令，则，记平面与平面夹角为，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）解：依题意，不妨设，则，，又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，所以，解得（负值舍去），所以，则，而由（2）得平面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.18．已知等比数列的前项和为，是等差数列，，，，.（1）求和的通项公式；（2）设的前项和为，，.求证：.（1）解：①，②，③，②①可得，因为，所以，设的公差为，则，即，代入③可得，解得，所以；由①②可得，，等比数列的